物理学作业题解1-3
3-1电磁-真空中的静电场 大学物理作业习题解答
dE
zdq 40(z2 r2 )3/2
R cos.ds 40R3
sin cosd 20
d R o
x
故球心o处总场强为:
E
dE
/ 2 sin cos d
0
20
40
4
1-6 均匀带电的无限长细线,弯成如图所示的形状,若点电荷的线
密度为λ,半圆处半径为R,求o点处的电场强度.
解:o电场强是由三部分电荷产生的:
解：作一半径为r的同心球面为高斯面。
当r<R1
当 R1<r<R2
E4r2 0, E 0
R1
r 2r2 sindrdd
E 4r2 R1 0 0
R2
0
1
r
2
A r sindrdd
0 R1 0 0
E
A
r2 R12 20r2
同理，当r>R2
E4r2 1 R2 2 Arsindrdd
0
20
9
1-10 两个无限长的共轴圆柱面，半径分别为R1和R2，面上都均
匀带电，沿轴线单位长度的电量分别为 1和 2 ,求： (1)场强分布；(2)若 1 2,情况如何？画出E－r曲线。
解：由圆柱面的对称性，E的方向为垂直柱面， r
故作一共轴圆柱面为高斯面，由高斯定律得：
R1
高 斯
当
r<R1, 当R1<r<R2 ，
1-12 将q=1.7×10-8库仑的点电荷从电场中的A点移到B点,外力需 做功5.0×10-8焦耳,问A,B俩点间的电势差是多少?哪点电势高?若 设B点的电势为零,A点的电势为多大?
解:(1) AAB=q(VA-VB), WAB=- AAB=+5.0×10-8
大学物理作业(解答)
《大学物理III 》课后作业（解答）第一部分：力学简答题：1. 用文字描述牛顿第一定律。
它的另一个名称是什么？解答：任何物体在不受外力作用时，将保持静止或匀速直线运动状态。
另一个名称是“惯性定律”。
2．用文字描述牛顿第三定律。
作用力和反作用力有什么特点？解答：当物体A 以力1作用在物体B 上时，B 同时也有力2作用在A 上，这两个力大小相等，方向相反，在同一条直线上，即12-=。
作用力和反作用力有如下三个特点：（1）它们成对出现，关系一一对应；（2）它们分别作用在两个不同物体上，因而不是一对平衡力；（3）它们的性质相同，比如同为引力、摩擦力、弹力，等等。
3．假设雨滴从1000米的高空云层中落到地面。
请问可否用自由落体运动描述雨滴的运动？并简述理由。
解答：不能。
如果我们用自由落体运动来描述雨滴运动（即忽略空气阻力），那么雨滴从1000米高空落到地面时，它的速度将达到m/s 1402==gH v ！这个速度已经达到普通手枪的子弹出射速度，足以对地面上的人畜造成致命伤害。
而生活经验告诉我们，雨滴落到我们头上并不会造成严重伤害，所以它落到地面的速度远远小于140m/s 。
事实上，因为空气阻力的存在（通常跟雨滴的速度大小成正比），雨滴将有一个收尾速度，它落到地面时做匀速直线运动，速度约为10-20m/s ，不会对地面生物造成致命伤害。
4．用文字描述质点系的动量守恒定律。
解答：当一个质点系所受合外力为零时，系统内各质点间动量可以交换，但系统的总动量保持不变。
5. 如图，一根质量为m 、长l 的刚性杆子竖直悬挂，顶点固定在天花板O 点，杆子可绕O 点自由转动。
一个质量也为m 的物块（质点）以水平速度0v跟杆子的下端碰撞，并粘在一起。
在这个碰撞过程中，物体和杆子组成系统的动量是否守恒？角动量是否守恒？并简述理由。
解答：动量不守恒，因为在碰撞瞬间物体和杆子系统在O 点受到很大外力，其产生的冲量不可忽略；角动量守恒，因为系统所受一切力的对O 点力矩为零，包括上述的巨大外力。
(配合教材上册)大学物理学课后作业与自测题参考答案与部分解析
dt dx dt
dx
K
0
v0 K
K
答案 (1)3°36′；(2)0.078
解析 (1)轮胎不受路面左右方向的力，而法向力应在水平方向上．
因而有 Nsin θ＝mv21，Ncos θ＝mg，所以 tan θ＝ v21 ，代入数据可得θ＝3°36′．
R
Rg
(2)当有横向运动趋势时，轮胎与地面间有摩擦力，最大值为μN′，这里 N′为该时刻地面对车的支
Rcot α． at
(2)S＝1att2＝1Rcot α． 22
2－4 2－5
答案
R－b cc
解析 v＝s′＝b＋ct，at＝c，an＝vR2＝(b＋Rct)2，令 at＝an，得 t＝
R－b． cc
答案 北偏东 19.4°，170 km/h
解析 设下标 A 指飞机，F 指空气，E 指地面，由题可知：
v0 v
0
作业 2
ABBCF
2－2
(1)gsin θ；gcos θ；(2)－g；2 3v2；(3)v0＋bt； 2 3g
b2＋(v0＋bt)4；(4)1ct3；2ct；c2t4；(5)69.8 m/s
R2
3
R
2－3 答案 (1) Rcot α；(2)1Rcot α
at
2
解析 (1)物体的总加速度 a 为 a＝at＋an，tan α＝aant＝(aattt)2＝aRtt2，t＝ R
解析 (1)dx＝vdt，dx＝vdt＝v，adx＝vdv， adx ＝ vdv ， (－kx)dx ＝ vdv ，－1kx2＝1v2＋C，因
dv dv a
22
为质点静止于 x＝x0，所以 C＝－1kx20，所以 v＝± k(x20－x2)． 2
大学物理第一章质点运动学习题解(详细、完整)
第一章 质点运动学1–1 描写质点运动状态的物理量是 。
解：加速度是描写质点状态变化的物理量，速度是描写质点运动状态的物理量，故填“速度”。
1–2 任意时刻a t =0的运动是 运动；任意时刻a n =0的运动是 运动；任意时刻a =0的运动是 运动；任意时刻a t =0，a n =常量的运动是 运动。
解：匀速率；直线；匀速直线；匀速圆周。
1–3 一人骑摩托车跳越一条大沟，他能以与水平成30°角，其值为30m/s 的初速从一边起跳，刚好到达另一边，则可知此沟的宽度为 （)m/s 102=g 。
解：此沟的宽度为m 345m 1060sin 302sin 220=︒⨯==g R θv1–4 一质点在xoy 平面内运动，运动方程为t x 2=，229t y -=，位移的单位为m ，试写出s t 1=时质点的位置矢量__________；s t 2=时该质点的瞬时速度为__________，此时的瞬时加速度为__________。
解：将s t 1=代入t x 2=，229t y -=得2=x m ，7=y ms t 1=故时质点的位置矢量为j i r 72+=（m ）由质点的运动方程为t x 2=，229t y -=得质点在任意时刻的速度为m/s 2d d ==t x x v ，m/s 4d d t tx y -==v s t 2=时该质点的瞬时速度为j i 82-=v （m/s ）质点在任意时刻的加速度为0d d ==ta x x v ，2m/s 4d d -==t a y y v s t 2=时该质点的瞬时加速度为j 4-m/s 2。
1–5 一质点沿x 轴正向运动，其加速度与位置的关系为x a 23+=，若在x =0处，其速度m/s 50=v ，则质点运动到x =3m 处时所具有的速度为__________。
解：由x a 23+=得x xt x x t 23d d d d d d d d +===v v v v 故x x d )23(d +=v v积分得⎰⎰+=305d )23(d x x v v v则质点运动到x =3m 处时所具有的速度大小为 61=v m/s=7.81m/s ；1–6 一质点作半径R =1.0m 的圆周运动，其运动方程为t t 323+=θ，θ以rad 计，t 以s 计。
半导体物理学（刘恩科第七版）半导体物理学课本习题解一到四章
半导体物理学（刘恩科第七版）半导体物理学课本习题解⼀到四章第⼀章1．设晶格常数为a 的⼀维晶格，导带极⼩值附近能量E c (k)和价带极⼤值附近能量E V (k)分别为：E c =0220122021202236)(,)(3m k h m k h k E m k k h m k h V -=-+ 0m 。
试求：为电⼦惯性质量，nm a ak 314.0,1==π（1）禁带宽度;（2）导带底电⼦有效质量; （3）价带顶电⼦有效质量;（4）价带顶电⼦跃迁到导带底时准动量的变化解：（1）eVm k E k E E E k m dk E d k m kdk dE Ec k k m m m dk E d k k m k k m k V C g V V V c 64.012)0()43(0,060064338232430)(2320212102220202020222101202==-==<-===-==>=+===-+ 因此：取极⼤值处，所以⼜因为得价带：取极⼩值处，所以：在⼜因为：得：由导带：043222*83)2(1m dk E d mk k C nC===sN k k k p k p m dk E d mk k k k V nV/1095.7043)()()4(6)3(25104300222*11-===?=-=-=?=-== 所以：准动量的定义：2. 晶格常数为0.25nm 的⼀维晶格，当外加102V/m ，107 V/m 的电场时，试分别计算电⼦⾃能带底运动到能带顶所需的时间。
解：根据：t k hqE f ??== 得qEkt -?=? sat sat 137192821911027.810106.1)0(1027.810106.1)0(----?=??--==--=ππ补充题1分别计算Si （100），（110），（111）⾯每平⽅厘⽶内的原⼦个数，即原⼦⾯密度（提⽰：先画出各晶⾯内原⼦的位置和分布图）Si 在（100），（110）和（111）⾯上的原⼦分布如图1所⽰：（a ）(100)晶⾯（b ）(110)晶⾯（c ）(111)晶⾯补充题2⼀维晶体的电⼦能带可写为)2cos 81cos 87()22ka ka ma k E +-= （，式中a 为晶格常数，试求（1）布⾥渊区边界；（2）能带宽度；（3）电⼦在波⽮k 状态时的速度；（4）能带底部电⼦的有效质量*n m ；（5）能带顶部空⽳的有效质量*p m解：（1）由0)(=dk k dE 得 an k π= （n=0，±1，±2…）进⼀步分析an k π)12(+= ，E （k ）有极⼤值，214221422142822/1083.7342232212414111/1059.92422124142110/1078.6)1043.5(224141100cm atom a a a cm atom a a a cm atom a a ?==?+?+??==?? +?+?=?==?+-）：（）：（）：（222)mak E MAX =（ ank π2=时，E （k ）有极⼩值所以布⾥渊区边界为an k π)12(+=(2)能带宽度为222)()ma k E k E MIN MAX =-（ (3）电⼦在波⽮k 状态的速度)2sin 4 1(sin 1ka ka ma dk dE v -== （4）电⼦的有效质量)2cos 21(cos 222*ka ka mdkEd m n-== 能带底部 an k π2=所以m m n 2*= (5)能带顶部 an k π)12(+=，且**n p m m -=，所以能带顶部空⽳的有效质量32*mm p =第⼆章1. 实际半导体与理想半导体间的主要区别是什么？答：（1）理想半导体：假设晶格原⼦严格按周期性排列并静⽌在格点位置上，实际半导体中原⼦不是静⽌的，⽽是在其平衡位置附近振动。
大学物理学(第三版上) 课后习题3答案详解
习题33.1选择题(1) 有一半径为R 的水平圆转台，可绕通过其中心的竖直固定光滑轴转动，转动惯量为J ，开始时转台以匀角速度ω0转动，此时有一质量为m 的人站在转台中心，随后人沿半径向外跑去，当人到达转台边缘时，转台的角速度为(A)02ωmRJ J+ (B) 02)(ωR m J J + (C)02ωmRJ(D) 0ω [答案： (A)](2) 如题3.1（2）图所示，一光滑的内表面半径为10cm 的半球形碗，以匀角速度ω绕其对称轴OC 旋转，已知放在碗内表面上的一个小球P 相对于碗静止，其位置高于碗底4cm ，则由此可推知碗旋转的角速度约为 (A)13rad/s (B)17rad/s (C)10rad/s (D)18rad/s(a) (b)题3.1（2）图[答案： (A)](3)如3.1(3)图所示，有一小块物体，置于光滑的水平桌面上，有一绳其一端连结此物体，；另一端穿过桌面的小孔，该物体原以角速度ω在距孔为R 的圆周上转动，今将绳从小孔缓慢往下拉，则物体 （A ）动能不变，动量改变。
（B ）动量不变，动能改变。
（C ）角动量不变，动量不变。
（D ）角动量改变，动量改变。
（E ）角动量不变，动能、动量都改变。
[答案： (E)]3.2填空题(1) 半径为30cm 的飞轮，从静止开始以0.5rad·s -2的匀角加速转动，则飞轮边缘上一点在飞轮转过240˚时的切向加速度a τ= ，法向加速度a n=。
[答案：0.15; 1.256](2) 如题3.2（2）图所示，一匀质木球固结在一细棒下端，且可绕水平光滑固定轴O转动，今有一子弹沿着与水平面成一角度的方向击中木球而嵌于其中，则在此击中过程中，木球、子弹、细棒系统的守恒，原因是。
木球被击中后棒和球升高的过程中，对木球、子弹、细棒、地球系统的守恒。
题3.2（2）图[答案：对o轴的角动量守恒，因为在子弹击中木球过程中系统所受外力对o轴的合外力矩为零，机械能守恒](3) 两个质量分布均匀的圆盘A和B的密度分别为ρA和ρB (ρA>ρB)，且两圆盘的总质量和厚度均相同。
大学物理第3章作业解答
第三章刚体的定轴转动选择题3－1 如图所示,四个质量相同、线度相同而形状不同的物体,它们对各自的几何对称轴的转动惯量最大的是（ A ）（A） (B) (C) (D)3－2 在上题中,它们对各自的几何对称轴的转动惯量最小的是（ C ）3－3 如图所示,P、Q、R、S是附于刚体轻细杆上的四个质点,它们的质量分别为4m、3m、2m和m,PQ QR RS l===,该系统对O O'轴的转动惯量为（ A ）(A) 29m l.10m l; (D) 214m l; (C) 250m l; (B) 23－4 均匀细棒O A,可绕通过点O与棒垂直的光滑水平轴转动,如图所示.如果使棒从水平位置开始下落,在棒到竖直位置的过程中,下列陈述正确的是（ A ）(A) 角速度从小到大,角加速度从大到小;(B) 角速度从小到大,角加速度从小到大;(C) 角速度从大到小,角加速度从大到小;(D) 角速度从大到小,角加速度从小到大.3－5 几个力同时作用在一个具有固定转轴的刚体上.如果这几个力的矢量和为零,则下列陈述正确的是（ D ）(A) 刚体必然不会转动; (B) 刚体的转速必然不变;(C) 刚体的转速必然会变; (D) 刚体的转速可能变,也可能不变.3－6 在光滑的桌面上开一个小孔,把系在绳的一端质量为m的小球置于桌面上,绳的另一端穿过小孔而执于手中.设开始时使小球以恒定的速率v 在水平桌面上作半径为1r 的圆周运动,然后拉绳使小球的轨道半径缩小为2r ,新的角速度2ω和原来的角速度1ω的关系为（ B ） (A) 1212r r ωω⎛⎫ ⎪⎝⎭=; (B) 21212r r ωω⎛⎫⎪⎝⎭=;(C) 2211r r ωω⎛⎫ ⎪⎝⎭=; (D) 22211r r ωω⎛⎫⎪⎝⎭=.3－7 在上题中,新的动能和原来的动能之比为 （ A ）(A) 212r r ⎛⎫ ⎪⎝⎭; (B) 12r r ; (C) 21rr ; (D) 221r r ⎛⎫ ⎪⎝⎭.3－8 刚体绕定轴高速旋转时,下列陈述正确的是 （ D ）(A) 它受的外力一定很大; (B) 它受的外力矩一定很大;(C) 它的角加速度一定很大; (D) 它的角动量和转动动能一定很大. 3－9 芭蕾舞演员绕通过脚尖的竖直轴旋转,当她伸长手臂时的转动惯量为J ,角速度为ω.她将手臂收回至前胸时,转动惯量减小为3J ,此时她的角速度为 （ A ）(A) 3ω; (D) 13ω.3－10 三个完全相同的转轮绕一公共轴旋转.它们的角速度大小相同,但其中一轮的转动方向与另外两个轮相反.今沿轴的方向施力,将三者靠在一起,使它们获得相同的角速度.此时靠在一起后系统的动能与原来三转轮的总动能相比是 （ B ）(A) 减少到13; (B) 减少到19;(C) 增大到3倍; (D) 增大到9倍.计算题3－11 一电动机的电枢转速为11800r min -⋅,当切断电源后,电枢经20s 停下.求:(1) 切断电源后电枢转了多少圈;(2) 切断电源后10s 时,电枢的角速度以及电枢边缘上一点的线速度、切向加速度和法向加速度(设电枢半径为10cm ).解 (1) 切断电源时,电枢的转速为11018002πrad s60πrad s60ω--⨯=⋅=⋅电枢的平均角加速度为22060πrad s3.0πrad s20tωα----==⋅=-⋅∆由2202ωωαθ-=∆,且0ω=,可得切断电源后电枢转过的角度为()()22060πrad 600πrad 223πωθα--∆===⨯-转过的圈数为600πr 300r 2π2πN θ∆===(2) 切断电源后10s 时,电枢的角速度为()11060π 3.0π10rad s30πrad s t ωωα--=+=-⨯⋅=⋅此时电枢边缘上一点的线速度、切向加速度和法向加速度分别为()111222t 222222n 0.1030πm s3.0πm s9.42m s0.10 3.0πm s0.30πm s0.942m s0.1030πm s90πm s888m sr a r a r ωαω---------==⨯⋅=⋅=⋅==-⨯⋅=-⋅=-⋅==⨯⋅=⋅=⋅v3－12 一飞轮由直径为0.30m 、厚度为22.010m -⨯的圆盘和两个直径为0.10m 、长为28.010m -⨯的圆柱体组成.设飞轮的密度为337.810kg m -⨯⋅,求飞轮对转轴的转动惯量.解 飞轮上的圆盘的半径为10.15m r =,圆柱体的半径为20.05m r =. 飞轮上的圆盘质量为2322111π7.810π0.15 2.010kg 11.0kg m r h ρ-==⨯⨯⨯⨯=圆柱体的质量为2322222π7.810π0.058.010kg 4.90kgm r h ρ-==⨯⨯⨯⨯⨯=飞轮的转动惯量是圆盘和两个圆柱体的转动惯量之和为22222211221111.00.15 4.900.05kg m 0.136kg m 22J m r m r ⎛⎫=+=⨯⨯+⨯⋅=⋅ ⎪⎝⎭3－13 如图所示,质量分别为2m 、3m 和4m 的三个小球,用长均为l 、质量均为m 的三根均匀细棒相连,如图所示(小球的半径r l <<,可视为质点).求该物件对通过点O 垂直于图面的转轴的转动惯量.解 该物件的转动惯量是三个小球和三根细棒的转动惯量之和为2222212343103J m l m l m l m l m l =+++⨯=3－14 细棒长为l ,质量为m ,设转轴通过棒上离中心为h 的一点并与棒垂直.求棒对此轴的转动惯量.解 由平行轴定理,细棒的转动惯量为22222c 111212J J m h m l m h m l h ⎛⎫=+=+=+ ⎪⎝⎭3－15 一个半径为R 质量为m 的均匀圆盘,挖去直径为R 的一个圆孔,如图所示.求剩余部分对通过圆心O 且与盘面垂直的轴的转动惯量.解 开孔圆盘的转动惯量等于完整圆盘的转动惯量减去位于圆孔部位的被挖去的小圆盘的转动惯量:2222111322424232m R m R J m R m R ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+=⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦ 3－16 如图所示,某飞轮的直径为0.50m 、转动惯量为22.4k g m ⋅、转速为311.010r min-⨯⋅.如果制动时闸瓦对轮的压力为490N ,闸瓦与轮之间的滑动摩擦因数为0.4,求制动后飞轮转多少圈才停止.解 制动前,飞轮的转速为31102π 1.010rad s105rad s60ω--⨯⨯=⋅=⋅飞轮所受的制动力矩为n 0.44900.25N m 49N m M F R μ=-=-⨯⨯⋅=-⋅根据转动定律,M J α=,可得制动后飞轮的角加速度为2249rad s20.4rad s2.4M J α---==⋅=-⋅由2202ωωαθ-=∆,且0ω=,可得制动后飞轮转过角度为220105rad 270rad 22(20.4)ωθα--∆===⨯-转过的圈数为270r 43.0r 2π2πN θ∆===3－17 如图所示,一物体质量为5kg ,从一倾角为o 37的斜面滑下,物体与斜面的摩擦因数为0.25.一滑轮装在固定轴O 处,轻绳的一端绕在滑轮上,另一端与物体相连.若滑轮可视为是实心圆盘,其质量为20kg 、半径为0.2m ,绳与轮间无相对滑动,且轮轴的摩擦阻力矩忽略不计.求：(1) 物体沿斜面下滑的加速度; (2) 绳中的张力.解 物体和滑轮的示力图以及坐标选取如图所示.图中P 为重力,N F 为正压力,r F 为摩擦力,T F 为张力,T T F F '=.O x 轴沿斜面向下,Oy 垂直于斜面.设物体的质量为1m ,滑轮的质量为2m ,滑轮的半径为r .对物体,根据牛顿第二定律,在O x 和Oy 方向分别有o1T r 1sin 37m g F F m a --=oN 1cos 370F m g -=重力2P 和轮轴对滑轮的压力N 2F 均通过转轴,对转轴的力矩为零.以垂直纸面向里为正方向,滑轮所受的力矩为T T M F r F r '=⋅=⋅.对滑轮,根据转动定律,有T F r J α⋅=而a r α=r N F F μ=2212J m r =联立解以上方程,可得物体沿斜面下滑的加速度和绳中的张力分别为()oo11222sin 37cos 3712345 0.259.8 m s 1.31 m s1555202m a gm m μ--=-+⎛⎫=-⨯⨯⨯⋅=⋅ ⎪⎝⎭+⨯T 21120 1.31 N 13.1 N 22F Jm a rα===⨯⨯=3－18 如图所示,长为l 、质量为m 的均匀细棒可绕点O 转动.此棒原先静止在竖直位置,受微小扰动而倒下.若不计摩擦和空气阻力,求细棒倒至与竖直位置成θ角时的角加速度和角速度.解 细棒的倒下,可看成定轴转动,其转轴通过地面上细棒端点,垂直于细棒的转动平面.在细棒倒下的过程中,细棒与地球组成的系统机械能守恒.以地面为势能零点,设细棒倒至与竖直方向成θ角时,角速度为ω,有21cos 222l l J m gm gωθ+=而213J m l =由此可得,角速度为ω=只有细棒所受的重力对转轴有力矩.以垂直纸面向里为正方向,细棒倒至与竖直方向成θ角时,重力对转轴的力矩为sin 2l M m g θ=.设此时的角加速度为α,则对细棒,根据转动定律,有sin 2l m gJ θα= 将213J m l =代入上式,可得角加速度为3sin 2g lαθ=3－19 如图所示,两个物体质量分别为1m 和2m .定滑轮的质量为m 、半径为R ,可视为圆盘.已知2m 与桌面间的摩擦因数为μ.设轻绳与轮间无相对滑动,且可不计滑轮轴的摩擦力矩,求1m 下落的加速度和滑轮两边绳中的张力.解 两个物体和滑轮的示力图以及坐标选取如图所示.图中P 为重力,N F 为正压力,r F 为摩擦力,T F 为张力,T1T1F F '=,T 2T 2F F '=.O x 轴水平向右,Oy 轴竖直向下.两个物体的加速度虽方向不同,但大小相同,12a a a ==.对物体1m ,根据牛顿第二定律,在Oy 方向有1T 11m g F m a -=对物体2m ,根据牛顿第二定律,在O x 方向有T 2r 2F F m a -=滑轮所受的重力和转轴对滑轮的压力都通过转轴,对转轴的力矩为零.以垂直纸面向里为正方向,滑轮所受的力矩为T 1T 2M F R F R =-.对滑轮,根据转动定律,有T 1T 2F R F R J α-=而212J m R =a R α=r 2F m gμ=联立解以上方程,可得物体的加速度与绳中的张力分别为()1212222m m a g m m mμ-=++()2T 11122122m m F m gm m m μ++=++()1T 22122122m m F m gm m mμ++=++3－20 一圆盘状的均匀飞轮,其质量为100kg 、半径为0.5m ,绕几何中心轴转动.在30s 内,由起始转速13000r m in-⋅均匀地减速至11000r m in -⋅.求阻力矩所做的功.解 飞轮初、末角速度分别为1102π3000rad s100πrad s60ω--⨯=⋅=⋅112π1000100rad sπrad s603ω--⨯=⋅=⋅飞轮的转动惯量为2222111000.5kg m 12.5kg m 22J m R ==⨯⨯⋅=⋅根据动能定理理,外力矩对飞轮所做的功等于飞轮转动动能的增量,可得在飞轮减速的过程中,阻力矩对飞轮所做的功为()222200225111()2221100π 12.5100πJ 5.4810J23A J J J ωωωω=-=-⎡⎤⎛⎫=⨯⨯-=-⨯⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎣⎦3－21 质量为m '、半径为R 的转台,可绕过中心的竖直轴转动.质量为m 的人站在转台的边缘.最初人和转台都静止,后来人在转台的边缘开始跑动.设人的角速度(相对于地面)为ω,求转台转动的角速度(转台可看成质量均匀分布的圆盘,并忽略转轴处的摩擦力矩和空气的阻力).解 人和转台组成的系统对中心轴角动量守恒.以人的角速度的方向为正方向,设转台的角速度为1ω,有210J m R ωω+=而212J m R '=由此可得12m m ωω-='式中的负号表明,转台的转动方向与人的转动方向相反.3－22 如图所示,一个转动惯量为J 、半径为R 的圆木盘,可绕通过中心垂直于圆盘面的轴转动.今有一质量为m 的子弹,在距转轴2R 的水平方向以速度0v 射入,并嵌在木盘边缘.求子弹嵌入后木盘转动的角速度.解 子弹和木盘组成的系统,对转轴角动量守恒.以垂直于纸面向外为正方向,设子弹嵌入后,木盘转动的角速度为ω,有2()2R J m R m ω+=v由此可得022()m R J m R ω=+v3－23 如图所示,一均匀细棒长为l 、质量为m ,可绕经过端点O 的水平轴转动.棒被拉到水平位置由静止轻轻放开,下落至竖直位置时,下端与放在地面上的静止物体相撞.若物体的质量也为m ,物体与地面间的摩擦因数为μ,物体滑动s 距离后停止.求: (1) 棒与物体碰撞后,物体的速度;(2) 棒与物体碰撞后,棒的角速度.解 (1)根据动能定理,摩擦力对滑块所做的功等于滑块动能的增量.设物体因碰撞而获得的速度为v ,有2102m gs m μ-=-v由此可得=v (2) 细棒下落的过程中,细棒与地球组成的系统机械能守恒定律.以地面为势能零点,设细棒下落至竖直位置时的角速度为0ω,有20122l J m gω=而213J m l =由此可得0ω=.碰撞过程中角动量守恒.以垂直纸面向外为正方向,设碰撞后,细棒的角速度为ω,有0J m l J ωω+=v将213J m l =、=v 和0ω=代入上式,可得lω=若0ω>,碰撞后细棒继续向右转动, 若0ω<,碰撞后细棒向左转动.。
大学物理规范作业(本一)03解答
( A) 67 J , ( B) 91 J , ( C ) 17 J , ( D) − 67 J
r r 分析： A = F ⋅ ∆r r r r r r r = (4i − 5 j + 6k ) ⋅ (−3i − 5 j + 9k )
= 67 J
（A） ）
3
竖直悬挂的轻弹簧下端挂一质量为m 3.竖直悬挂的轻弹簧下端挂一质量为 m的物体后弹簧伸 且处于平衡。若以物体的平衡位置为坐标原点， 长y0且处于平衡。若以物体的平衡位置为坐标原点，相 应状态为弹性势能和重力势能的零点， 应状态为弹性势能和重力势能的零点，则物体处在坐标 时系统弹性势能与重力势能之和是： 为y时系统弹性势能与重力势能之和是： 2 2 mgy mgy0 mgy mgy0 ( D) ( A) + mgy ( B) + mgy (C ) 2 y0 2 2 y0 2 mg 分析：由题意有 mg = ky0 , k = （D） ） y0 以物体的平衡位置为坐标原点，相应状态为弹性势能和 重力势能的零点时
dt v0 = 3(m / s ), v 4 = 19(m / s)
1 1 2 2 根据动能定律，有： A = mv 4 − mv 0 = 176( J ) 2 2 dv = 6t − 8 或： a =
A=∫
( 2)
4
(1)
0
dt ( 2) Fdx = ∫ madx
(1)
= ∫ (6t − 8) d (3t − 4t 2 + t 3 ) = 176 ( J )
1 2 fdx = d ( mv ) 2
x
∫
0
dx = ∫
vB 2
vB
− 2mdv,
v − dx = mvdv 2 vB x = −2m( − vB ) = 14(m) 2
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
第一章 质点运动学1-1已知质点沿x 轴作直线运动，其运动方程为23262x t t =+-，时间和长度的单位分别为米、秒。
求：（1）质点在运动开始后 4.0s 内位移的大小；（2）质点在该时间内所通过的路程；（3）t=4.0s 时质点的速度和加速度 。
分析 位移和路程是两个完全不同的概念，只有当质点作直线运动且运动方向不改变时，位移的大小才会与路程相等，质点在t 时间内的位移x ∆的大小可直接由运动方程得到：0x x x t -=∆，而在求路程时，就必须注意到质点在运动过程中可能改变运动方向，此时，位移的大小和路程就不同了，为此，需根据0=dt dx 来确定其运动方向改变的时刻p t ，求出p t ~0和t t p -内的位移大小1x ∆、2x ∆，则t 时间内的路程21x x s ∆+∆=，见图1—1。
解 （1）质点在4.0s 内位移的大小4030232x x x m ∆=-=--=-（2）由 21260dx v t t dt==-= 得知质点的换向时刻为)0(2不合题意==t s t p则12010.0 2.08.0,x x x m ∆=-=-=24230.010.040.0x x x m ∆=-=--=-所以，质点在4.0s 时间间隔内的路程为m x x s 4821=∆+∆=（3）t=4.0s 时质点的速度和加速度分别为：214.04.0(126)48t s t sdx v t t m s dt -====-=-⋅ 222 4.04.0(1212)36t s t sd x a t m s dt -====-=-⋅ 1-3 如图1-3（a ）所示，湖中有一小船，岸上有人用绳跨过定滑轮拉船靠岸，设滑轮距水面高度为h ，滑轮到原船位置的绳长为0l ，试求：当人以匀速v 拉绳时，船运动的速度v '为多少？分析 首先选定船为研究的对象，它的速度v '也就是绳端点的移动速度，绳上各点的移动速度是不相同的；而绳速v 是指收绳的速率，是绳上各点沿绳运动的快慢，也就是绳上各点速度在绳方向的分量，绳速和船速是两个不同的概念，认为绳上各点的速度相同或将船的速度大小v '视为绳速v 的分量均是错误的。
定量描述船的运动状态和规律，必须建立确立的坐标系（所选坐标系可以不相同），写出船在此坐标系中的运动方程，并根据速度和加速度的定义式，即可解出问题。
解1 取如图1-3(b)所示的直角坐标系，船的运动方程为j h i t x t r )()()(-+=船的运动速度为i dtdr r h i h r dt d i dt t dx dt dr v 2/122221)(-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-===' 而收绳的速率dtdr v +=，且因vt l r -=0，故 i vt l h v v 2/1202)(1-⎥⎦⎤⎢⎣⎡---='解2 取图1-3(b) 所示的极坐标),(θr ，则i vt l h v i v v 2/1202)(1cos -⎥⎦⎤⎢⎣⎡---=-='θ由此可知，收绳的速率只是船速沿绳方向的分量。
1-5 一质点P 沿半径m R 00.3=的圆周作匀速速率运动，运动一周所需时间为20.0s ，设t=0时，质点位于O 点，按图1-5(a)中所示Oxy 坐标系，求（1）质点P 在任意时刻的位矢；（2）5 s 时的速度和加速度。
分析 该题属于运动学的第一类问题，即已知运动方程)(t r r =求质点运动的一切信息（如位置矢量、位移、速度、加速度），在确定运动方程时，若取以（0，3）为原点的y x O '''坐标系，并采用参数方程)(t x x '='和)(t y y '='来表示圆周运动是比较方便的。
然后，运用坐标变换x x x '==0和y y y '+=0，将所得参数方程转换至Oxy 坐标系中，即得Oxy 坐标系中质点P 在任意时刻的位矢。
采用对运动方程求导的方法可得速度和加速度。
解 如图所示，在y x O '''坐标系中，因t T=πθ2，则质点P 的参数方程为 t R x T ='π2sin ，t R y T -='π2cos 坐标变换后，在Oxy 坐标系中有（a ） （b ）R t R y y y t R x x +T-=+'=T ='=ππ2cos ,2sin0 则质点P 的位矢方程为j R t R ti R r )2cos (2sin +T -+T =ππ =j t s m i t s m ])1.0cos(1)[3(])1.0sin[()3(11---+ππ5 s 时的速度和加速度分别为j s m tj R ti R dt dr v )·3.0(2sin 22cos 21-=TT +T T ==πππππ i s m tj R ti R dt r d a )·03.0(2cos 22sin 2222222--=T ⎪⎭⎫ ⎝⎛T +T ⎪⎭⎫ ⎝⎛T -==πππππ1-9 一质点具有恒定加速度j s m i s m a )·4()·6(22--+=，在t=0时，其速度为零，位置矢量i m r )10(0=。
求：（1）在任意时刻的速度和位置矢量；（2）质点在Oxy 平面上的轨迹方程，并画出轨迹的示意图。
分析 该题属于质点运动学的第二类问题，即已知速度或加速度的表达式)(t v v =或)(t a a =，求运动方程)(t r r =，它是第一类问题的逆过程，是一段时间内运动量的积累。
处理这类问题，必须在给定的初始条件下，采用积分的方法来解决。
解 由加速度定义式，根据初始条件00=t 时00=v ，积分可得⎰⎰=vt adt dv 00=dt j s m i s m t⎰--+022])·4()·6[(tj s m i t s m v )·4()·6(22--+= 又由dt dr v =及初始条件t = 0 时，i m r )10(0=，积分可得 ⎰⎰⎰--+==rr tt dt tj s m i t s m vdt dr 00220])·4()·6[( j t s m i t s m m r ])·2[(])·3(10[2222--++= 由上述结果可得质点运动方程的分量式，即22)·3(10t s m m x -+= 22)·2(t s m y -= 消去参数t, 可得运动的轨迹方程m x y 2023-=这是一个直线方程，直线斜率32===a tg dx dy k ，1433'︒=a 。
轨迹如图1-9所示。
1-15 碟盘是一张表面覆盖一层信息记录物质的塑性圆片. 若碟盘可读部分的内外半径分别为2.50cm 和5.80cm. 在回放时，碟盘被以恒定的线速度由内向外沿螺旋扫描线（阿基米德螺线）进行扫描. (1) 若开始时读写碟盘的角速度为1·0.50-s rad , 则读完时的角速度为多少? (2) 若螺旋线的间距为m μ60.1, 求扫描线的总长度和回放时间.分析 阿基米德螺线是一等速的螺旋线, 在极坐标下, 它的参数方程可表示为θa r r +=0, 式中r 为极径，0r 为初始极径，θ为极角，a 为常量. 它的图线是等间距的，当间距为d 时，常量π2/d a =. 因此，扫描线的总长度可通过积分⎰=θrd s 得到.解 （1）由于线速度恒定，则由r v ω=，可得2211r r ωω=，故碟盘读完时的角速度为12112·6.21/-==s rad r r ωω（2）在可读范围内，螺旋线转过的极角d r r /)(212-=πθ，故扫描线的总长度为m d r r d d r rd s d r r 32122/)(211038.5)(212⨯=-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+==⎰⎰-πθθπθπ碟盘的回放时间为h s v s t 20.1103.4/3≈⨯==本题在求扫描线的总长度时，也可采用平均周长的计算方法，即m dr r r r r r ns 31212121038.52222⨯=-+=+=ππ1-17 一半径为0.50m 的飞轮在启动时的短时间内，其角速度与时间的平方成正比. 在s t 0.2=时测得轮缘一点的速度值为1·0.4-s m . 求：（1）该轮在s t 5.0='的角速度，轮缘一点的切向加速度和总加速度；（2）该点在s 0.2内所转过的角度.分析 首先应该确定角速度的函数关系2t k =ω. 依据角量与线量的关系由特定时刻的速度值可得相应的角速度，从而求出公式中的比例系数)(,t k =ω确定后，注意到运动的角量描述与线量描述的相应关系，由运动学中两类问题求解的方法（微分法和积分法），即可得到特定时刻的角加速度、切向加速度和角位移. 解 因v R =ω，由题意2t ∞ω得比例系数322·2-===s rad Rtv t k ω23)·2()(t s rad t -==ωω 所以则s t 5.0='时的角速度、角加速度和切向加速度分别分--='=s rad t s rad ·5.0)·2(23ω 23·0.2)·4(--='==s rad t s rad td d a ω 2·0.1-==s m aR a t 总加速度n t n t a a a a Re Re 2ω+=+= 2222·01.1)()(-=+=s m R aR a ω在2.0 s 内该点所转过的角度rad t s rad dt t s rad t d s s 33.5·32)·2(332203200=⎪⎭⎫ ⎝⎛===---⎰⎰ωθθ1-19 一无风的下雨天，一列火车以11·0.20-=s m v 的速度匀速前进，在车内的旅客看见玻璃外的雨滴和垂线成75°角下降. 求雨滴下落的速度2v . （设下降的雨滴作匀速运动）分析 这是一个相对运动的问题. 设雨滴为研究对象，地面为静止参考系S ，火车为动参考系1.v S '为S '相对S 的速度，2v 为雨滴相对S 的速度，利用相对运动速度的关系即可解.解 以地面为参考系，火车相对地面运动的速度为1v ，雨滴相对地面竖直下落的速度为2v ，旅客看到雨滴下落的速度'2v为相对速度，它们之间的关系为1'22v v v +=（图1-19），于是可得112·36.575-=︒=s m tg v v1-21 如图1-21（a ）所示，一汔车在雨中沿直线行驶，其速率为1v ，下落雨滴的速度方向偏于竖直方向之前θ角，速率为2v ，若车后有一长方形物体，问车速1v 为多大时，此物体正好不会被雨水淋湿？分析 这也是一个相对运动的问题. 可视雨点为研究对象，地面为静参系S ，汽车为动参考系S '.如图1-21（a ）所示，要使物体不被淋湿，在车上观察雨点下落的方向（即雨点相对于汽车的运动速度'2v 的方向）应满足hl arctg a ≥. 再由相对速度的矢量关系12'2v v v -=，即可求出所需车速1v .解 由12'2v v v -=[图1-21(b)]，有 θθcos sin 221v v v arctga -= 而要使h arctg a 1≥，则h v v v 1cos sin 221≥-θθ ⎪⎭⎫ ⎝⎛+≥θθsin cos 21h l v v第二章 牛 顿 定 律2-1 一木块能在与水平面成a 角的斜面上以匀速下滑. 若使它以速率0v 沿此斜面向上滑动，如图2-1（a ）所示，试证明它能沿该斜面向上滑动的距离为)sin 4/(20a g v .分析 动力学问题一般分为两类：（1）已知物体受力求其运动情况；（2）已知物体的运动情况来分析其所受的力. 当然，在一个具体题目中，在两类问题并无截然的界限，且都是以加速度作为中介，把动力学方程和运动学规律联系起来. 该题木块的下滑过程属于后一类问题，而木块的上滑过程则属于前一类.动力学问题的一般解题步聚可分为：（1）分析题意，确定研究对象，分析受力，选定坐标；（2）根据物理的定理和定律列出原始方程组；（3）解方程组，得出文字结果；（4）核对量纲，再代入数据，计算出结果来.证 选定木块为研究对象，其受力如图2-1(b)所示. 取沿斜面向上为x 轴正向，由牛顿定律分别列出下滑、上滑过程的动力学方程0sin =-f F a mg （1）ma F a mg f =--sin （2） 由式（2）知，加速度为一常量.由匀变速直线运动规律，有 （3）as v v 2202+= 解上述方程组，可得木块能上滑的距离ag v a v s sin 422020=-=2-2 假使地球自转速度加快到能使赤道上的物体处于失重状态，一昼夜的时间有多长？分析 由于物体随地球自转时，有向心加速度存在. 当提供此加速度的力即为重力时，物体处于失重状态. 由向心加速度和角速度的关系就可得一昼夜所需的时间.解 按题意为2ωmr mg = （1）ωπ/2=T （2）2-4 图示一斜面，倾角为a ，底边AB 长为m l 1.2=，质量为m 的物体从斜面顶端由静止开始向下滑动，斜面的摩擦因数为14.0=μ. 试问，当a 为何值时，物体在斜面上下滑的时间最短？其数值为多少？分析 该题关键在列出动力学和运动学方程后，解出倾角与时间的函数关系)(t f a =，然后运用对t 求极值的方法即可得出数值来.解 取沿斜面为坐标轴Ox ，原点O 位于斜面顶点，则由牛顿第二定律有 ma a mg a mg =-cos sin μ （1）又物体在斜面上作匀变速直线运动，故有22)cos (sin 2121cos /t a a g t a a l μ-==则 )cos (sin cos 2a a a g lt μ-=（2）为使下滑的时间最短，可令0/=da t d ，由式（2）有 +--)cos (sin sin a a a μ 0)sin (cos cos =+a a a μ 则可得 ︒=-=49,/12a a tg μ 此时 s a a a g lt 99.0)cos (sin cos 2min =-=μ2-7 质量为m '的长平板A 以速 度v '在光滑平面上作直线运动，现将 质量为m 的木块B 轻轻平稳地放在长 平板上，板与木块之间的动摩擦因数 为μ，求木块在长平板上滑行多远才 能与板取得共同速度？分析 当木块B 平稳地轻轻放至运动着的平板A 上时，木块的初速度可视为零，由于它与平板之间速度的差异而存在滑动摩擦力，该力将改变它们的运动状态. 根据牛顿定律可得到它们各自相对地面的加速度.换以平板为参考系来分析，此时，木块以初速度v '-（与平板运动速率大小相等、方向相反）作匀减速运动，其加速为相对加速度，按运动学公式即可解得.该题也可应用第三章所讲述的系统的动能定理来解. 将平板与木块作为系统，该系统的动能由平板原有的动能变为木块和平板一起运动的动能，而它们的共同速度可根据动量定理求得. 又因为系统内只有摩擦力做功，根据系统的动能定理，摩擦力的功应等于系统动能地的增量. 木块相对平板移动的距离即可求出.解1 以地面为参考系，在摩擦力1ma mg F f ==μ 2'a m F F f f '=-=1a 和2a 分别是木块和木板相对地面参考系的加速度. 若以木板为参考系，木块相对平板的加速度21a a a +=，木块相对平板以初速度v '-作匀减速运动直至最终停止. 由运动学规律有as v 22'=-由上述各式可得木块相对于平板所移动的距离为)(22'm m g v m s +''=μ解2 以木块和平板为系统，它们之间一对摩擦力的功为 mgs l F l s F W f f μ=-+=)( 式中l 为平板相对地面移动的距离.由于系统在水平方向上不受外力，当木块放至平板上时，根据动量守恒定律，有v m m v m ''+'='')( 由系统的动能定理，有 2''2')(2121v m m v m mgs +'-'=μ 由上述各式可得)(22'm m g v m s +''=μ2-9 在一只半径为R 的半球形碗内，有一粒质量为m 的小钢球.当钢球以角速度ω在水平面内沿碗内壁作匀速圆周运动时，它距碗底有多高？分析 维持钢球在水平面内作匀角速度转动时，必须使钢球受到一与向心加速度相对应的力（向心力），而该力是由碗内壁对球的支持力F N 的分力来提供的，由于支持力F N 始终垂直于碗内壁，所以支持力的大小和方向是随ω而变的. 取图示Oxy 坐标，列出动力学方程，即可求解钢球距碗底的高度.解 取钢球为隔离体，其受力分析如图所示. 在图示坐标中列动力学方程θωθsin sin 2mR ma F n N == （1） mg F N =θcos （2） 且有 Rh R )(cos -=θ （3） 由上述各式可解得钢球距碗底的高度为 2ωgR h -=可见，h 随ω的变化而变化.2-12 一质量为10kg 的质点在力N t s N F 40)·120(1+=-的作用下，沿x 轴作直线运动. 在t=0时，质点位于m x 0.5=处，其速度10·0.6-=s m v . 求质点在任意时刻的速度和位置.分析 这是在变力作用下的动力学问题.由于力是时间的函数，而加速度dt dv a /=，这时，动力学方程就成为速度对时间的一阶微分方程，解此微分方程可得质点的速度)(t v ；由速度的定义dt dx v /=，用积分的方法可求出质点的位置.解 因加速度dt dv a /=，在直线运动中，根据牛顿定律有dtdvmN t s N =+-40)·120(1 依据质点运动的初始条件，即00=t 时10·0.6-=s m v ，运用分离变量法对上式积分，得⎰⎰--+=v v tdt s m t s m dv 0]·0.4]·0.12[2032321)·0.6()·0.4(·0.6t s m t s m s m v ---++= 又因dt dx v /=，并由质点运动的初始条件：00=t 时m x 0.50=，对上式分离变量后积分，有⎰⎰---++=tx x dt t s m t s m s m dx 02321])·0.6()·0.4(·0.6[033221)·0.2()·0.2()·0.6(0.5t s m t s m t s m m x ---+++= 2—15、轻型飞机连同驾驶员总质量为31.010kg ⨯，飞机以155.0m s -⋅ 的速率在水平跑道上着陆后，驾驶员开始制动，若阻力与时间成正比，比例系数为215.010N s α-=⨯⋅，空气对飞机升力不计，求：（1）10s 后飞机的速率；（2）飞机着陆后10s 内滑行的距离。